Teknik Sipil UMI 1 Analisa Struktur II A. PENDAHULUAN

A. PENDAHULUAN

Dalam Analisa Struktur, konstruksi yang paling sederhana adalah Konstruksi Statis Tertentu, dimana gaya dalam pada struktur dapat diketahui hanya dengan menggunakan beberapa persamaan kesetimbangan. Seperti pada sebuah balok sederhana (tumpuan sendi-rol) atau pada rangka batang dan portal statis tertentu. Struktur Statis Tak Tentu adalah struktur yang kompleks, penyelesaian dengan menggunakan persamaan-persamaan kesetimbangan pada struktur ini sudah tidak memungkinkan lagi. Sehingga perlu diadakan penyederhanaan/peng-idealan, agar struktur tersebut dapat diselesaikan berdasarkan analisa matematis yang sederhana dan sedapat mungkin dalam persamaan hubungan yang linier.

Analisa Struktur dengan Cara Matriks telah memberikan kemungkinan bagi proses idealisasi tersebut.

Hal utama dari suatu perencanaan struktur adalah dengan menganalisa apa akibat dari pembebanan gaya-gaya pada struktur yang ditinjau.

Perilaku struktur pada umumnya sangat berhubungan erat dengan perubahan Tegangan (Stress) dan Regangan (Strain) yang terjadi padanya.

Tegangan dapat terjadi sebagai akibat dari gaya-gaya dalam yaitu Momen Lentur, Gaya Lintang (Geser), Gaya Normal (Aksial) atau Momen Torsi, sedangkan regangan terjadi akibat adanya perubahan bentuk (deformasi) pada struktur.

Dalam analisa perubahan bentuk ini, analisis difokuskan pada lendutan linier atau anguler (translasi dan rotasi) pada titik diskrit (titik kritis) dari struktur. Berarti analisa akan berkisar pada elemen struktur bila dibebani gaya, keuntungan dari analisa tersebut adalah bahwa satu elemen dapat mewakili elemen-elemen lain yang sejenis.

Selanjutnya menggabungkan elemen-elemen tersebut dalam satu model matematis dari struktur yang harus dapat memenuhi syarat kompatibiliti dari segi geometri struktur dan syarat kesetimbangan statis struktur.

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dalam analisa struktur statis tak tentu dengan cara matriks ini, untuk menentukan Tegangan dan Deformasi adalah dengan mengetahui karakteristik sifat hubungan Gaya Dalam dan Deformasi dari elemen struktur dan terpenuhinya syarat Kompatibiliti dan Kesetimbangan.

Berarti terdapat tiga hal yang mendasari analisa, yaitu:

— Kompatibiliti Hubungan antara Deformasi (perubahan struktur) dengan

Lendutan (perpindahan/displacement).

— Hukum Hooke Hubungan antara Gaya Dalam dan Deformasi.

(Hubungan Tegangan dan Regangan)

Kesetimbangan (Equilibrium)

Keseimbangan Statis

F = 0 (Hukum Newton–1)

Keseimbangan Dinamis

F = m.a (Hukum Newton–2)

Persamaan Kesetimbangan pada Struktur:

Fx

= 0,

Fy

= 0,

Fz

= 0

Mx = 0,

My = 0,

Mz = 0

Hukum Hooke (Constitutive Law)

Syarat material struktur elastis dan linear (Hukum Hooke)

Q

= k . D k = kekakuan struktur

D = ƒ . Q ƒ = fleksibilitas struktur

Q = Gaya/Aksi

D = Displacement (perpindahan struktur)

Bahasan selanjutnya adalah tentang Metode Kekakuan (dengan Matriks), yang

juga biasa disebut dengan Metode Perpindahan (Displacement method)

Kesetimbangan

Hukum Hooke

Kompatibiliti

Gaya-gaya

Luar

STRUKTUR

Gaya-gaya

Dalam

Deformasi

Momen Lentur

Gaya Geser

Gaya Normal

Torsi

Perpindahan

(Displacement)

Translasi

Rotasi

Lentur

Geser

Aksial

Torsi

_De

fo

rm

as

i

B. CARA MATRIKS KEKAKUAN

1. Kompatibiliti (Hubungan Deformasi dan Lendutan)

Pengertian Lendutan disini adalah perpindahan (rotasi atau translasi) di titik diskrit yang menyebabkan terjadinya deformasi pada struktur. Nilai awal lendutan diberikan dalam (1 satuan) dengan simbol D, yang diterapkan pada titik yang ditinjau (titik diskrit) struktur, sesuai dengan kemungkinan rotasi atau translasi yang terjadi pada titik diskrit tersebut.

Contoh-1 Gambar–1a

Gambar–1b Gambar–1c Gambar–1d

Dalam model Matriks:

Dimana: {d} Deformasi pada elemen struktur [A] Matriks deformasi

{D} Lendutan/perpindahan di titik diskrit

Dari model struktur dasar (Gbr-1a), terlihat bahwa pada titik B dan C (tumpuan sendi) dapat terjadi perpindahan berupa rotasi, sehingga pada titik B dan C diberikan lendutan masing-masing 1 satuan D1 dan D2 (Gbr-1b).

Selanjutnya semua titik diskrit (TD) dikekang, kemudian satu-demi-satu (tidak sekaligus), kekangan pada semua TD dibebaskan. Saat satu TD bebas untuk rotasi atau ber-translasi, semua TD yang lain masih terkekang sesuai arah lendutannya. Untuk D1=1 satuan (1c) deformasi

yang terjadi adalah d1=d4=0,

d2=d3=1.

Untuk D2=1 satuan (1d) diperoleh deformasi d1=d2=d3=0, d4=1. D1 D2 d 0 0 d1 1 0 d2 1 0 d3 0 1 d4

Jika matriks bagian-tengah dinamakan matriks [A], maka persamaan menjadi:

{d} = [A] ∙ {D} . . . ( I ) D1 D2 A B C 1 2 3 4 D1=1 d3 d2 1 4 D2=1 d4 1 2 3

2. Hukum Hooke (Hubungan Gaya Dalam dan Deformasi)

Dalam hubungan ini yang perlu diketahui adalah berapa nilai Gaya Dalam (H) akibat adanya Deformasi (d).

A

B C

Gambar–2. Gaya Dalam dan Deformasi pada struktur

Dengan beberapa metode yang ada (seperti metode Moment Area/Conjugated Beam, Unit Load, dll) dapat diketahui nilai Deformasi pada struktur.

Dengan cara Conjugated Beam:

Batang-1 Akibat H1 Akibat H2

Dari contoh struktur pada gambar-2 dapat dilihat bahwa akibat gaya dalam H1 dan H2, menyebabkan terjadinya deformasi d1 dan d2, dan untuk gaya dalam H3 dan H4 terjadi deformasi d3 dan d4.

Arah berlawanan jarum-jam pada H dan d dianggap positif.

H1 H2 d1 d2 L1 H3 H4 d3 d4 L2 H1 H2 d1 d2 L1 H1 +da1 -db1 L1 H2 L1 EI.1 EI.1 -da2 +db2 EI.1

=

+

H1· L1 2 H2 · L1 2 H1· L1 3 H1· L1 6 H2 · L1 6 H2 · L1 3 H1 H2 H1 H2 d1 d2 L1

+

=

. . . (2.1) . . . (2.2) L1 L2 1 EI1 2 3 EI2 4

Dari persamaan (2.1) dan (2.2) dapat diperoleh persamaan Gaya Dalam (H):

Dengan cara yang sama untuk Batang-2, diperoleh:

Demikian pula untuk batang-batang yang lain pada struktur dengan jumlah batang yang lebih banyak, Gaya Dalam diformat dengan cara yang sama.

Jika persamaan di atas dinyatakan dalam bentuk Matriks, akan diperoleh:

Jika matriks bagian tengah disebut matriks [S], maka diperoleh persamaan: {H} = [S] ∙ {d} . . . ( II )

Dimana: {H} Gaya Dalam

[S] Matriks Kekokohan Intern Elemen {d} Deformasi pada elemen struktur

Matriks kekokohan intern elemen [S] merupakan gabungan dari nilai kekakuan elemen batang dari keseluruhan struktur, dari dimensinya dapat diketahui bahwa matriks [S] adalah matriks bujur sangkar yang simetris (band matriks).

Tiap-tiap batang pada struktur, mempunyai matriks [S] yang berordo 2x2, sehingga ordo matriks [S] untuk keseluruhan struktur adalah 2 kali banyaknya anggota/batang pada struktur.

3. Kesetimbangan (Hubungan Gaya Luar dan Gaya Dalam)

Syarat ini merupakan syarat umum untuk tiap-tiap model struktur, yang mana dalam analisa ini perlu diketahui hubungan gaya luar dan gaya dalam untuk kesetimbangan struktur.

Gambar-3a. Lendutan 1 Satuan

Gambar-3b. Gaya Luar Ekivalen

Gambar-3c. Gaya-gaya Dalam

Gambar-3d. Kesetimbangan antara Gaya-Luar

dan Gaya-Dalam struktur.

Hubungan gaya-dalam dan gaya-luar dalam bentuk matriks:

Jika matriks bagian tengah disebut

sebagai matriks [B], maka akan

diperoleh persamaan:

{Q} = [B] ∙ {H}

Terlihat bahwa Matriks [B] juga merupakan transpose dari matriks [A], sehingga persamaan dapat ditulis:

H1 H2 H3 H4

L1 L2

Lendutan D1 dan D2 yang meng akibatkan terjadinya deformasi terjadi akibat adanya gaya luar yang bekerja pada struktur.

Gaya Luar yang bekerja harus selaras (koresponding) dengan Lendutan yang diberikan pada titik diskrit.

Gaya-gaya luar Q1, Q2 adalah gaya luar ekivalen, yaitu suatu gaya yang mewakili semua gaya-gaya luar yang ada pada batang yang dibebani.

Gaya-gaya Q akan berupa beban terpusat jika lendutan yang terjadi adalah translasi (vertikal atau horisontal) dan berupa momen jika lendutannya berupa rotasi.

Dari contoh pada gambar-3b dapat diperoleh:

Q1 = MºBA + MºBC Q2 = MºCB

Mº adalah momen primer batang. Dengan melihat gaya-luar dan gaya-dalam struktur (gambar-3c dan 3d), dapat dibuat hubungan kesetimbangan antara gaya luar Q dan gaya dalam H.

Titik-B Q1 = H2 + H3 Titik-C Q2 = H4 H2 H3 H4 Q1 Q2 B A C 1 EI1 2 3 EI2 4 L1 L2 Q1 Q2 1 EI1 2 3 EI2 4 L1 L2 D1 D2 A B C

{Q} = [A]T . {H} . . . ( III ) Dari persamaan-persamaan yang diperoleh, yaitu:

Kompatibiliti {d} = [A] · {D} . . . ( I ) Hukum Hooke {H} = [S] · {d} . . . ( II ) Kesetimbangan {Q} = [A]T· {H} . . . . ( III ) Jika ketiga persamaan dihubungkan ( pers. III II I ), akan diperoleh:

{Q} = [A]T · ( [S] · {d} )

{Q} = [A]T · [S] · ( [A] · {D} )

Dari persamaan Kekakuan {Q} = [K] · {D} diperoleh Matriks Kekakuan; [K] = [A]T · [S] · [A]

Lendutan/perpindahan di titik diskrit: {D} = [K]–1 ∙ {Q}

Vektor Gaya-gaya Dalam: {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}

Momen Desain/Akhir diperoleh dengan cara mengurangkan Gaya-Dalam {H} dengan Momen Primer untuk tiap-tiap ujung elemen batang.

M = H – Mº

Momen Akhir pada contoh Balok-Menerus seperti yang diuraikan di atas adalah: MAB = H1 – MºAB

MBA = H2 – MºBA MBC = H3 – MºBC MCB = H4 – MºCB

Arah Momen ujung akan berputar searah-jarum-jam jika Momen Akhir Negatif, dan akan berputar berlawanan-arah-jarum-jam jika Momen Akhir Positif. Pada keadaan ini Momen Akhir merupakan Momen Batang (momen yang bekerja dan berpengaruh sepanjang batang), bukan arah Momen-Titik.

Dengan momen ujung batang yang diperoleh, dapat dibuat diagram benda-bebas (free-body) dari struktur, untuk memperoleh momen, gaya geser/lintang, atau gaya normal/aksial, di sepanjang bentang dari elemen balok.

Daftar Gaya Jepit Ujung, untuk beberapa model beban.

Gaya Jepit Ujung Akibat Beban

2 2 L Pab MA 2 2 L b Pa MB 2 qL 12 1 MA 2 qL 12 1 MB 2 qL 30 1 MA 2 qL 20 1 MB b) (2a L Mb MA ₂ a) (2b L Ma MB ₂ ) 3a 8aL (6L 12L qa MA 2₂ 2 2 3a) -(4L 12L qa MB 3₂ L A B L A B A B L a A B L a b 1 2 3 4 5 q q q M A B L a b P _{(3a b)} L Pb RA ₂2 3b) (a L Pa RB ₂2 2 qL RB RA 20 3qL RA 20 7qL RB ) a L 2a (2L 2L qa RA 3 2 3 3 _2L (2L a) qa RB 3 3 3 L 6Mab RB RA A B L MB MA RB RA

Mulai

Momen Jepit Ujung (Momen Primer)

Matriks Deformasi [A] [A]T

Matriks Kekokohan Intern Elemen [S] Matriks Kekakuan [K] = [A]T . [S] . [A]

[K]-1

x [K] = [I]

[K]-1 _simetris?

Invers Matriks Kekakuan [K]-1

[K] Simetris?

Derajat Ketidak Tentuan Kinematis, D

Y T

Y T

Vektor Lendutan {D} = [K]-1 . {Q} Vektor Gaya Dalam {H} = [S] . [A] . {D}

Momen Akhir M = H – Momen Primer

Selesai Y

Gambar 4. Bagan Alir – Metode Kekakuan (tanpa superposisi) H, V, M 0 ?

T

Vektor Gaya Luar {Q} periksa

periksa

CONTOH-01 B L1 a b P q L2 C A EI1 EI2 1 2 3 4

# Diketahui Struktur Balok Menerus seperti tergambar:

P = 1250 Kg L1 = 5,0 m

q = 750 Kg/m’ EI1 = 1.5 EI

a = 2,0 m L2 = 6,0 m

b = 3,0 m EI2 = 2,0 EI

# Ditanyakan: Hitung Momen Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan # Penyelesaian:

MOMEN UJUNG JEPIT / PRIMER

M°AB = –900,00 Kg.m M°BC = –2250,00 Kg.m

M°BA = 600,00 Kg.m M°CB = 2250,00 Kg.m

DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS – (DKK)

DKK = 2 (Rotasi di titik-B dan titik-C) B L1 a b P q L2 C A EI1 EI2 1 2 3 4 D1 D2 Untuk D1 = 1 Satuan B L1 L2 C A 1 d2 d3 4 D1=1

Untuk D2 = 1 Satuan B L1 L2 C A 1 d4 D2=1 2 3

VEKTOR GAYA LUAR {Q} (Koresponding dengan D)

Q1 = M°BA + M°BC = –1650,00 Kg.m

Q2 = M°CB = 2250,00 Kg.m

MATRIKS DEFORMASI [A]

 MATRIKS KEKAKUAN, [K] = [A]T . [S] . [A]

Menghitung [K]-1 _{dengan cara Gauss-Jordan (Operasi Baris)}

 VEKTOR LENDUTAN, {D} = [K]–1 . {Q}

 MOMEN AKHIR (DESAIN), M = H – M° M.AB = –756.818 – (–900) = 143.18 Kgm  M.BA = –1513.636 – (600) = –2113.64 Kgm 

MB=0

M.BC = –136.364 – (–2250) = 2113.64 Kgm  M.CB = 2250 – (2250) = 0 Kgm _____________________________________________________________________________________________ FREE-BODY Batang–AB B 5m 2m 3m P A R.AB R.BA MA MB Batang–BC B q 6m C MB R.BC R.CB x

Momen dan Gaya Geser (Btg-BC)

Mx = RBC (x) – q/2 (x2) – MB = 2602,27 (x) – 375 (x2) – 2113,64 Vx = dMx/dx = RBC – q (x) = 2602,27 – 750 (x)

Momen Maksimum (Vx = 0) x = 3,47 m (dari titik B)

x 0 1 2 3 3,47 4 5 6

Mx -2114 114 1591 2318 2401 2295 1523 0

Vx 2602 1852 1102 352.3 0 -398 -1148 -1898

Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur

C B 2m 3m 1250 Kg _{750 Kg/m} A 1,5 EI 2 EI 355,91 Kg 143,18 Kg.m 3496,36 Kg 1897,73 Kg 5m 6m MC = 0 RA . 11 + RB . 6 – MA – P . 9 – Q . 3 = 0 Ok  V = 0 RA + RB + RC – P – Q = 0 Ok  P = 1250 Kg MA = 143,18 Kg.m MB = 2113,64 Kg.m R.AB = 355,91 Kg R.BA = 894,09 Kg

MP = 568,64 Kg.m (di titik gaya P) q = 750 Kg/m’ Q = 4500 Kg MB = 2113,64 Kg.m R.BC = 2602,27 Kg R.CB = 1897,73 Kg RB = R.BA + R.BC = 3496,36 Kg

CONTOH-02

Diketahui; Struktur portal bidang (tanpa pergoyangan) seperti tergambar

L1 = 4,0 m h2 = 1,0 m P1 = 1500 Kg

L2 = 2,0 m EI1 = 2,0 EI P2 = 1000 Kg

L3 = 3,0 m EI2 = 1,5 EI P3 = 800 Kg

L4 = 2,0 m EI3 = 1,0 EI q1 = 2000 Kg/m

h1 = 3,0 m EI4 = 2,0 EI q2 = 750 Kg/m

Ditanyakan; Momen Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan. Penyelesaian:

1]∙ MOMEN PRIMER

M°AD = 0 Kg.m M°EB = -150 Kg.m

M°DA = 0 Kg.m M°BE = 450 Kg.m

M°CD = –1066.67 Kg.m Btg–DE M°DE (Kg.m) M°ED (Kg.m)

M°DC = 1600 Kg.m Akibat P1 –1080 720

Akibat q2 –280 820

MEG ( Btg–EG ) Jumlah –1360 1540

P –2000 Kg.m

q2 –1500 Kg.m ** Persamaan Momen primer, dapat di lihat

MEG = –3500 Kg.m pada Halaman-8.

Batang EG (level) tidak memiliki momen primer, tetapi langsung berupa momen ujung akhir dari batang/level tersebut yang diperlakukan sebagai momen primer.

2]∙ DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS - D DKK = 3 (Rotasi di A, D, dan E)

Dengan cara yang sama seperti contoh sebelumnya dapat di tentukan Matriks Deformasi [A] sesuai penomoran yang diberikan pada ujung-ujung setiap batang. 3]∙ MATRIKS DEFORMASI [A], dari persamaan {d} = [A] ∙ {D}

4]∙ VEKTOR GAYA LUAR {Q}, koresponding dengan Lendutan - D Q1, Q2, dan Q3 (masing-masing pada titik-D, titik-E, dan titik-A)

Q1 = M°DC+M°DE+M°DA = 240 Kg.m

Q2 = M°ED+M°EB+MEG = –2110 Kg.m

5]∙ MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S], dari persamaan {H} = [S] ∙ {d}

d1 d2 d3 d4 d5 d6 d7 d8

6]∙ MATRIKS KEKAKUAN [K], dari persamaan [K] = [A]T ∙ [S] ∙ [A]

Hitung [K]–1 Cara Gauss Jordan (Operasi Baris)

7]∙ VEKTOR LENDUTAN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K]–1 ∙ {Q}

8]∙ VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}

\_________________/ \____________/

[S] ∙ [A] {D}

9]∙ MOMEN AKHIR, M = H – M°

nub M = { H } – ( M° ) Arah Check

1 MCD = 155,505 – (–1066,67) = 1222.17 Kgm  2 MDC = 311,009 – (1600) = –1288.99 Kgm  MD=0 3 MDE = –226,514 – ( –1360 ) = 1133.49 Kgm  6 MDA = 155,505 – 0 = 155.50 Kgm  5 MAD = 0 – 0 = 0 Kgm 4 MED = –732,936 – ( 1540 ) = –2272.94 Kgm  ME=0 8 MEB = –1377,064 – ( –150 ) = –1227.06 Kgm  – MEG = 0,000 – ( –3500 ) = 3500.00 Kgm  7 MBE = –688,532 – ( 450 ) = –1138.53 Kgm  // FREE BODY -·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-· Q1 C D 2000 Kg/m MCD MDC VC VDC Q2 D E VDE VED Q3

MDE 750 Kg/m MED MEG

1500 Kg 1000 Kg P3 D A E B MDA MEB MBE VB VA E VEG G HA HDA HB HEB 4m VD VE HC HED HDE HDC 3m 2m 3m 3m 1m 2m BTG-CD BTG-DE BTG-EG VC = 1316,63 Kg ( ) VDE = 1347,11 Kg ( ) VEG = 2500 Kg ( ) VDC = 2683,37 Kg ( ) VED = 2402,89 Kg ( ) HC = 339,56 Kg ( )xxx HED = 391,40 Kg ( ) BTG-AD BTG-BE HA = 51,83 Kg ( ) HB = 1191,40 Kg ( ) HDA = 51,83 Kg ( ) HEB = 391,40 Kg ( ) VA = 4030,48 Kg ( ) VB = 4902,89 Kg ( )

Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur 750 Kg/m 1500 Kg 1000 Kg 800 Kg 3m 1m 4m A B E F G H 1,5 EI EI 2 EI 339.56 Kg 1222.17 Kgm 51,83 Kg 4030,48 Kg 4902,89 Kg 1191,40 Kg 1138.53 Kgm 1316,63 Kg 2000 Kg/m C 2 EI D 2m 3m 2m H = 0 HA – HB + HC + P3 = 0 V = 0 VA + VB + VC – (Q1+Q2+Q3+P1+P2) = 0 MB = 0 VA(5) – HA(1) + VC(9) – HC(4) – MC + MB – Q1(4/3+5) – Q2(3/2) + Q3(2/2) – P1(3) + P2(2) – P3(1) = 0 Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan

Gaya-gaya Horisontal Gaya-gaya Vertikal Momen di titik B

+HA = 51,84 +VA = 4030,48 +VA (5) = 20152,41

–HB = –1191,40 +VB = 4902,89 –HA (1) = –51,81 +HC = 339,56 +VC = 1316,63 +VC (9) = 11849,66 +P3 = 800 –Q1 = -4000,00 –HC (4) = –1358,26 –Q2 = -2250,00 –MC = –1222,17 –Q3 = -1500,00 +MB = 1138,53 –P1 = -1500,00 –Q1 (4/3+5) = –25333,33 –P2 = -1000,00 –Q2 (3/2) = –3375,00 +Q3 (2/2) = 1500,00 –P1 (3) = –4500,00 +P2 (2) = 2000,00 –P3 (1) = –800,00 H = 0,00 V = 0,00 .MB = 0,00







C. STRUKTUR PORTAL BIDANG DENGAN PERGOYANGAN

Pergoyangan (sidesway) adalah asumsi tentang terjadinya perpindahan pada struktur, dimana titik kritis (diskrit) pada struktur mengalami translasi akibat beban luar yang bekerja.

Dalam konteks bahan yang elastis-linear, panjang batang masih dianggap sama, sebelum dan setelah perpindahan terjadi (Hukum Hooke).

Pembahasan disini (balok menerus dan portal bidang) dibatasi hanya pada deformasi lentur (tidak mencakup deformasi aksial, geser dan torsi) yang terjadi pada titik-titik diskrit akibat bekerjanya beban pada struktur.

Dari contoh sebelumnya, deformasi lentur yang terjadi (d) dapat diperoleh dengan melihat dimana terjadinya kemungkinan Rotasi di titik diskrit, dan matriks-deformasi [A] dibentuk menurut pe-nomor-an yang diberikan pada ujung-ujung batang.

Jika pada titik diskrit dianggap terjadi Translasi, konsep Translasi pada suatu batang harus memenuhi prinsip-prinsip berikut:

Batang AB dengan titik diskrit di titik-B (ujung batang no.2) dianggap dapat berpindah secara vertikal (pada titik B, diberi lendutan 1 satuan gaya, yang searah dengan arah translasi).

Gambar (5a dan 5b) menunjukkan kemungkinan deformasi akibat Translasi ke bawah dan Translasi ke atas (arah translasi harus tegak lurus sumbu batang). d2 d1 D=1 D L BI A B B A 1 2 L d1 d2 D=1 L A BI B B A 1 2 L D

Gambar 5a. Translasi ke bawah Gambar 5b. Translasi ke atas

Dari asumsi awal bahwa Rotasi berlawanan arah-jarum-jam (Positif) dan Rotasi yang searah dengan arah-jarum-jam (Negatif), diperoleh:

Gambar-5a d1 = d2 = +1/L

Kestabilan suatu batang yang dianggap berpindah ujung-ujungnya, harus mengikuti aturan ‘garis tegak lurus’ dari ujung-ujung batang asli yang berpindah.

Untuk keseragaman di dalam analisa, arah Lendutan translasi (D=1 Satuan) diberikan menurut arah Vertikal ( ) dan Horisontal ( ).

Contoh (hanya untuk Lendutan Translasi):

D1

D2 D3

1 1

D1

Struktur semula Untuk D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif, pada batang-batang vertikal. Portal-bidang dengan anggota batang yang serong/miring:

D1 D2 D3 1 1 1 V S D1

Struktur semula D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif untuk batang selain dari

batang horisontal.

Batang yang serong akan membentuk segitiga kecil yang sebangun dengan segitiga yang membentuk kemiringan batang. Dengan prinsip matematis, nilai-nilai V dan S yang belum diketahui dapat dihitung.

Nilai V dan S, digunakan untuk menentukan deformasi lentur pada batang horisontal ( d = –V/L ), dan deformasi lentur pada batang serong ( d = S/L ), dimana L adalah panjang semula dari masing-masing batang bersangkutan.

Contoh untuk Portal-bidang bertingkat (hanya untuk akibat Translasi): D1 D2 D1 D2 1 D3 D4 D5 D6 1 1 1

Struktur semula D1=1 Satuan D2=1 Satuan

D4 D2 D5 D6 D7 D8 D9 D1 D1 1 1 1 1 D3

Struktur semula D1=1 Satuan

D2 1 1 1 1 1 D3 D2=1 Satuan D3=1 Satuan

Contoh lain dari portal bidang dengan batang serong:

D1 D2 D3 D1 1 1 x1 x2 y1 y2 z1 z2 y1 y2-y1 D1 D3 D2 1 1 a b c D1 D1 D3 D2 1 1+x x y D1

Soal Latihan-01:

Diketahui struktur portal

bidang seperti tergambar.

Tentukan:

1) Jumlah DKK

(Rotasi dan Translasi)

2) Matriks deformasi [A]

Ket:

Panjang batang diberi

simbol dengan huruf.

Struktur semula D1=1 Satuan

Struktur semula dengan alternatif translasi (D1) yang berbeda.

CONTOH-03 P1 P2 P3 2EI 2EI EI 4m 1,5m A C D B 1,5m 2m 4m Diketahui P1 = 1250 Kg P2 = 2000 Kg P3 = 1000 Kg  Hitung Momen Akhir dengan cara Matriks Kekakuan

(* Portal bidang dianggap mengalami pergoyangan) Penyelesaian:

1]∙ MOMEN UJUNG JEPIT/PRIMER

Mo_{AC = – P1 (a) (b}2_{) / (L}2_{) = –625,000 Kg.m M}o_{.DB = 0.000 Kg.m} Mo_{CA = + P1 (a}2_{) (b) / (L}2_{) =}

625,000 Kg.m Mo_{.BD = 0.000 Kg.m}

Mo_{CD = – P2 (a) (b}2_{) / (L}2_{) = –1777,778 Kg.m} Mo_{DC = + P2 (a}2_{) (b) / (L}2_{) = 888,889 Kg.m} 2]∙ DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS - D

DKK = 3 (Rotasi di C, dan D, dan Translasi di CD)

D2 D3 D1 1 2 3 4 5 6

Btg–AC ( MC=0) HA = [P1(2)+M°AC–M°CA] / 4 = 625 Kg HC = P1–HA = 625 Kg Btg–CD ( MD=0) VC = [P2(4)+M°CD–M°DC] / 6 = 1481,481 Kg VD = P2–VC = 518,519 Kg

Btg-BD (tidak ada beban pada batang)

Q1 = HC+H1–P3 Q2 = M°CA+M°CD Q3 = M°DC+M°DB

3]∙ VEKTOR GAYA LUAR {Q} – (Koresponding dengan Lendutan D)

Q2 Q3 1 2 3 4 5 6 Q1 A C D B

Q1 Jumlah gaya-gaya horisontal sepanjang garis-kerja Q1

Q2 Jumlah momen primer di titik C

Q3 Jumlah momen primer di titik D

P1 2m 2m 3m HA HC P2 M°CD M°DC VC VD 2m M°CA M°AC 4m

A B VC HC H1=3/4(VC) Q2 Q1 P3 Q3

4]∙ MATRIKS DEFORMASI [A] Untuk D1=1 Satuan z C C’ x=1 y 1 1 D1=1 +d1 +d2 +d5 +d6 -d3 -d4 4m 3m A C D B C’ C’’ D’’ C’’ 6m d1 = d2 = z/LAC = 1,25/5 = +0,250 d3 = d4 = y/LCD = 0,75/6 = –0,125 d5 = d6 = x/LBD = 1,00/4 = +0,250 Untuk D2=1 Satuan d1=0, d2=1, d3=1, d4=0, d5=0, d6=0 Untuk D3=1 Satuan d1=0, d2=0, d3=0, d4=1, d5=1, d6=0

6]∙ MATRIKS KEKAKUAN, [K] = [A]T ∙ [S] ∙ [A]

7]∙ VEKTOR LENDUTAN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K]–1 ∙ {Q}

9]∙ MOMEN AKHIR, M = H – M°

nub M = { H } – ( M° ) Arah Check

1 MAC = 250,000 – (–625,000) = 875,000 Kgm  2 MCA = –424,242 – (625,000) = –1049.242 Kgm  MC=0 3 MCD = –728,535 – ( –1777,778 ) = 1049.242 Kgm  4 MDC = –421,717 – (888,889) = –1310,606 Kgm  MD=0 5 MDB = 1310,606 – 0,000 = 1310,606 Kgm  6 MBD = 1232,955 – 0,000 = 1232,955 Kgm 

_O_

‘,_|_ `

FREE BODY

_._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._.__._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._. ‘ \_, P2 MCD MDC VC VD 2m 4m P1 3m HA MCA MAC VA VB 2m HC HB P3 VC VD MDB MCB HD HD HC 2m 4m BTG-CD BTG-AC BTG-BD VC = 1289,773 Kg ( ) VA = 1289,773 Kg ( ) VB = 710,227 Kg ( ) VD = 710,227 Kg ( ) VC = 1289,773 Kg ( ) VD = 710,227 Kg ( ) HC = 1635,890 Kg ( )xxx HA = 385,890 Kg ( ) HB = 635,890 Kg ( ) HD = 1635,890 Kg ( ) HC = 1635,890 Kg ( )xxx HD = 1635,890 Kg ( )

Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur 1250 Kg 2000 Kg 1000 Kg 2EI 2EI EI 3m A C D B 635,89 Kg 385,89 Kg 1289,773 Kg 710,227 Kg 875 Kgm 1232,955 Kgm 2m 2m 2m 4m H = 0 HA – HB + P1 – P3 = 0 V = 0 VA + VB – P2 = 0 MB = 0 VA(9) + P1(2) – P2(4) – P3(4) – MA – MB = 0

Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan

Gaya-gaya Horisontal Gaya-gaya Vertikal Momen di titik B

+HA = 385,890 +VA = 1289,773 +VA (9) = 11607,955

–HB = –635,890 +VB = 710,227 +P1 (2) = 2500,000 +P1 = 1250,000 –P2 = -2000,000 –P2 (4) = –8000,000 –P3 = –1000,000 –P3 (4) = –4000,000 –MA = –875,000 –MB = –1232,955 H = 0,000 V = 0,000 .MB = 0,000







D. STRUKTUR RANGKA-BATANG BIDANG

Struktur Rangka-Batang (Truss) adalah struktur yang dibangun dari batang-batang yang membentuk bidang segitiga.

Titik kumpul (titik diskrit) rangka-batang umumnya di anggap sebagai sendi (pin/hinge), sehingga tidak ada momen yang bekerja pada titik kumpul, dan hanya gaya aksial (tarik atau tekan) saja yang dianggap sangat berpengaruh pada setiap batang dari rangka batang.

Dengan gaya tarik atau gaya tekan, berarti batang hanya akan mengalami perpanjangan (elongation) atau perpendekan (contraction).

Suatu segitiga adalah suatu bentuk yang sangat stabil (dalam menahan defleksi) lebih stabil dari bentuk segi-empat, seperti terlihat pada gambar:

Beban Beban

Tidak Stabil Stabil

Suatu rangka-batang yang paling sederhana dapat dilihat seperti berikut :

Idealisasi asumsi-asumsi rangka-batang

1) Semua titik-kumpul (joint) adalah sendi. Titik kumpul merupakan pertemuan antara garis yang melalui titik pusat berat dari penampang batang.

2) Semua batang pada rangka-batang, bekerja hanya dalam keadaan Tarik atau Tekan saja.

Elemen-elemen pada rangka-batang hanya mengalami deformasi aksial saja, untuk kondisi elastis, akan berlaku hukum Hooke.

EA

L

H

d

Gambar di atas memperlihatkan suatu batang yang menerima gaya normal H, dan mengalami deformasi-aksial (elongasi) sebesar d.

Deformasi aksial diperoleh menurut persamaan, d = H.L / (EA)

Dimana E adalah modulus elastis bahan, dan A adalah luas penampang batang. Gaya yang bekerja pada batang, H = ( EA/L ) d

Sehubungan dengan metode Kekakuan yang di bahas, dari persamaan terakhir di atas, dapat diperoleh nilai dari matriks [S], yang merupakan nilai kekakuan-aksial dari setiap elemen batang, yang untuk setiap batang akan bernilai EA/L.

P1 P2

1

2

3

3 H3~d3 H3~d3 1 H1~d1 H1~d1 H2~d2 H2~d2 2

Struktur semula Diagram H~d dari rangka batang.

(hubungan gaya dalam dan deformasi) Untuk rangka batang sederhana seperti gambar di atas, nilai matriks [S] adalah:

CONTOH-04 P1 P2 1 2 3 C A 1,5m B 3,5 m 2,5 m

Diketahui struktur rangka batang sederhana seperti tergambar P1 = 750 Kg, dan P2 = 500 Kg, EA = Konstan ??? Tentukan besar gaya-gaya batang dengan cara matriks-kekakuan Penyelesaian: D1 D2 1 2 3 C A 1,5m B 3,5 m 2,5 m D1 1 d1 d2 1 2 3

1 2 3 1 D2 d2 d1

Translasi arah-y dari D1=1 satuan Translasi arah-x dari D2=1 satuan 1] Derajat Ketidak Tentuan Kinematis (DKK = 2),

translasi dalam arah-x dan arah-y pada titik kumpul di C.

Translasi arah-y dari D1=1 satuan, akan memberikan deformasi aksial tarik pada batang-1 dan batang-2 (

+

d1,

+

d2).

Translasi arah-x dari D2=1 satuan, memberikan deformasi aksial tarik pada btg-1 (

+

d1), dan deformasi aksial tekan pada btg-2 (

–

d2).

Untuk D1=1 satuan Untuk D2=1 satuan d1 d2 1

d2 d1 1

d1 = sin d1 = cos d2 = sin d2 = cos

Untuk D1=1 satuan Untuk D2=1 satuan d1 = 0,8575 d1 = 0,5145

d2 = 0,5812 d2 = – 0,8137 2] Matriks deformasi [A]

D1 D2

4] Matriks Kekakuan, [K] = [A]T . [S] . [A]

5] Vektor Gaya Luar {Q}, koresponding dengan Lendutan {D}

6] Vektor Lendutan {D} = [K]-1 _{Q}

7] Vektor Gaya-gaya dalam {H} = [S] [A] {D}

H1, H2, dan H3 masing-masing adalah gaya-gaya-dalam (gaya-gaya batang). H1 = Gaya Batang No-1 = –320,702 Kg (TEKAN)

H2 = Gaya Batang No-2 = –817,221 Kg (TEKAN) H3 = Gaya Batang No-3 = 0 Kg

Periksa Syarat Kesetimbangan ( tinjau titik kumpul C )

P1 P2 H1 H2 H1 cos H2 cos H2 sin H1 sin y x .Fx = 0 H1 cos – H2 cos + P2 = 0 320,702 (0,5145) – 817,221 (0,8137) + 500 = 0  .Fy = 0 H1 sin + H2 sin – P1 = 0 320,702 (0,8575) + 817,221 (0,5812) – 750 = 0 